江西省新余市一中2022届高三化学三模试题（含解析）新人教版

江西省新余一中2022届高三三模化学试卷一、选择题：（本大题共l5小题，每题3分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（3分）2022年诺贝尔化学奖授予“为复杂化学系统创立了多尺度模型”的三位美国科学家，使化学家能通过计算机模拟，更快获得比传统实验更精准的预测结果．以下说法正确的是（　　）　A．化学不再需要实验B．化学研究只需要计算机模拟就行了　C．化学不再是纯实验科学D．未来化学的方向还是经验化考点：化学的主要特点与意义．.专题：化学应用．分析：由题干可知化学家能通过计算机模拟，更快获得比传统实验更精准的预测结果，说明化学不再是纯实验科学．解答：解：由题干可知化学家能通过计算机模拟，更快获得比传统实验更精准的预测结果，传统的化学属于纯实验科学，现在化学已经引入计算机模拟，说明化学不再是纯实验科学，故选C．点评：本题考查了化学学科的特点，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．　2．（3分）下列叙述中正确的有（　　）①NH4I的电子式：②8个中子的碳原子的核素符号：C③碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体④烧碱、冰醋酸、氯仿、胆矾均为电解质⑤用托盘天平称取8.75g食盐⑥用酸式滴定管量取23.22mL高锰酸钾溶液⑦C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体⑧X射线、质谱、核磁共振属于现代化学对物质结构进行研究的手段．　A．②③④⑥⑦⑧B．①③④⑥⑦C．②⑥⑦⑧D．②⑦⑧考点：电子式；核素；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．.分析：①没有标出碘离子的最外层电子；②质量数=质子数+中子数；③碘酒是溶液；④氯仿是非电解质；⑤托盘天平只能准确到0.1g；⑥高锰酸钾溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管；⑦同种元素的不同单质互称同素异形体；⑧根据研究物质结构的常见仪器分析．21解答：解：①没有标出碘离子的最外层电子，NH4I的电子式：，故错误；②质量数=质子数+中子数，则8个中子的碳原子的核素符号：146C，故正确；③碘酒是溶液，不是胶体，故错误；④氯仿在溶液中和熔融状态均不能导电是非电解质，烧碱、冰醋酸、胆矾均为电解质，故错误；⑤托盘天平只能准确到0.1g，则用托盘天平称取8.8g食盐，故错误；⑥高锰酸钾溶液具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管，所以用酸式滴定管量取23.22mL高锰酸钾溶液，故正确；⑦同种元素的不同单质互称同素异形体，则C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体，故正确；⑧现代化学测定物质结构的方法有：核磁共振、红外光谱、质谱法、X﹣射线等，则X射线、质谱、核磁共振属于现代化学对物质结构进行研究的手段，故正确．所以正确的有4个；故选C．点评：本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉电子式、核素、电解质、同素异形体、常见仪器的使用等即可判断，掌握物质的组成是解题关键，题目难度不大．　3．（3分）乙烷在光照条件下与氯气发生取代反应，理论上得到的氯代物最多有几种（　　）　A．5种B．6种C．8种D．9种考点：同分异构现象和同分异构体．.专题：同系物和同分异构体．分析：乙烷与氯气发生取代反应，可以是一元取代、二元取代…到完全取代，注意多元取代时，可以确定相同碳原子上的氢原子，也可以确定不同碳原子上的氢原子，发生n元取代与m元取代，若n+m等于氢原子数目，则取代产物种数相同，据此书写判断．解答：解：乙烷的一氯取代物有1种，二氯取代物有2种，三氯取代物有2种，四氯取代物有2种（与二溴取代物个数相同），五氯取代物有1种（与一溴取代物个数相同），六氯取代物1种，所以共有9种，故选D．点评：本题考查同分异构体、取代反应等，难度不大，注意同分异构体的书写．　4．（3分）科学家从化肥厂生产的（NH4）2SO4中检出化学式为N4H4（SO4）2的物质，该物质的晶体中含有SO42﹣和N4H44+两种离子，当N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子．下列说法正确的是（　　）　A．14N、N4与N2互为同位素　B．N4H4（SO4）2的电离方程式为N4H4（SO4）2⇌N4H44++2SO42﹣　C．N4H4（SO4）2不能与草木灰、K3PO4等化肥混合施用　D．N4H4（SO4）2中只含有共价键，不含离子键考点：同位素及其应用；电离方程式的书写；化学键．.专题：信息给予题．分析：A．根据同位素的概念分析；B．N4H4（SO4）2的晶体中含有SO42﹣和N4H44+，可写出电离方程式；21C．根据题给信息N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子判断；D．根据晶体中含有SO42﹣和N4H44+两种离子可知含离子键．解答：解：A．同位素是指同种元素的不同原子的互称，N4与N2为两种单质，属于同素异形体，故A错误；B．N4H4（SO4）2的晶体中含有SO42﹣和N4H44+，可知该物质为离子化合物，完全电离，电离方程式为：N4H4（SO4）2=N4H44++2SO42﹣，故B错误；C．草木灰、K3PO4等化肥显碱性，根据题给信息N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子判断会使肥效降低，不能混用，故C正确；D．根据晶体中含有SO42﹣和N4H44+两种离子可知该晶体中还含离子键，故D错误；故选C．点评：本题为信息题，考查了同位素的概念和化学键类型的判断．要充分利用题给信息，结合电解质的电离和有关概念分析判断．　5．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）　A．足量Fe在1molCl2中充分燃烧，转移2NA个电子　B．7.8gNa2O2中阴、阳离子总数为0.4NA　C．电解精炼铜时，若转移NA个电子，则阳极减少的质量为32g　D．反应KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O中，若有1molCl2生成，转移电子数为2NA考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．氯气不足，依据氯气的量计算转移电子数；B.1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子；C．粗铜中含有杂质铁、锌等较活泼金属，电解过程中铁、锌优先放电；D．由KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O反应可知，KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答．解答：解：A．足量Fe在1molCl2中充分燃烧，氯气全部转化为Cl﹣，得到2mol电子，所以转移2NA个电子，故A正确；B.7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，0.1mol过氧化钠中含有0.1mol过氧根离子、0.2mol钠离子，总共含有0.3mol离子，阴、阳离子总数为0.3NA，故B错误；C．NA个电子的物质的量为1mol，电解精炼铜时，由于粗铜中含有杂质铁、锌杂质，铁、锌的活泼性大于铜，电解中优先放电，所以转移1mol电子，阳极减少的质量不一定为32g，故C错误；D．KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O中，该反应中生成3molCl2转移5mole﹣，若有1molCl2生成，转移电子数为NA，故D错误；故选：A．点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，注意过氧化钠中阴离子为过氧根离子，为易错点．　6．（3分）下列图象表达正确的是（　　）21　A．浓硫酸的稀释B．过量的盐酸与等量的锌粉反应　C．氢气与氧气反应中的能量变化D．微粒电子数考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算；原子构成；吸热反应和放热反应；反应热和焓变．.分析：A、浓硫酸加水稀释密度减小；B、形成原电池可加快化学反应速率，氢气的质量由锌粉的质量决定；C、物质的燃烧是放热的，液态水变为气态水需要吸收热量；D、原子的电子数等于质子数；阴离子中，电子数=质子数+电荷数，阳离子中，电子数=质子数﹣电荷数，以此来分析解答．解答：解：A、浓硫酸加水稀释密度减小，图象与实际不相符，故A错误；B、锌粉与硫酸铜反应生成了铜，消耗了锌粉，锌粉、铜和盐酸构成了原电池，加快了化学反应速率，但产生的氢气减少，图象与实际不相符，故B错误；C、氢气的燃烧是放热的，但是液态水变为气态水需要吸收热量，所以氢气燃烧生成液态水放出的热量多，故C错误；D、原子的电子数等于质子数；阴离子中，电子数=质子数+电荷数，阳离子中，电子数=质子数﹣电荷数，则OH﹣含有10个电子，﹣OH含有9个电子，H2O含10个电子，H3O+含有10个电子，与图象一致，故D正确．故选D．点评：本题考查了硫酸的密度、原电池原理的应用、反应热、微粒电子数的求算等知识，属于综合知识的考查，侧重于基础知识的应用的考查，难度中等．　7．（3分）（2022•崇明县二模）X、Y、Z、W四种元素在元素周期表中的相对位置如图所示，其中X、W的质子数之和为21，由此可知（　　）XYZW　A．X位于元素周期表中第2周期、第ⅤA族　B．Y的氢化物（H2Y）不稳定，100℃以上即可分解　C．Z的最高价氧化物的水化物是一种强碱　D．W的非金属性比Y的非金属性弱考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设W的原子序数为y，则X的原子序数为y﹣9，X、W的质子数之和为21，则y+y﹣9=21，解得y=15，所以Y为O，W为Si，Z为Al，X为C21，然后结合元素及其单质、化合物的性质来解答．解答：解：X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设W的原子序数为y，则X的原子序数为y﹣9，X、W的质子数之和为21，则y+y﹣9=21，解得y=15，所以Y为O，W为Si，Z为Al，X为C，A．X位于元素周期表中第2周期、第ⅣA族，故A错误；B．Y的氢化物（H2Y）为水，水是稳定的，一个大气压下100℃达到沸点，故B错误；C．Z的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，是一弱碱，故C错误；D．W为Si，Y为O，O的非金属性比Si的非金属性弱，故D正确；故选D．点评：本题考查位置、结构、性质，明确短周期及原子序数的关系来推断各元素是解答本题的关键，水是稳定的分子，解题过程搞清楚物理性质和化学性质，题目难度不大．　8．（3分）下列反应的离子方程式不正确的是（　　）　A．碳酸氢钙溶液加入过量的氢氧化钙溶液：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O　B．等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应：NH4++OH﹣═NH3•H2O　C．在含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化，再加入PbO2，反应体系显紫红色5PbO2+2Mn2++4H+═5Pb2++2MnO4﹣+2H2O　D．等体积同浓度NaHSO4、Ba（OH）2两溶液混合：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．氢氧化钙过量，离子方程式按照碳酸氢钙的组成书写，反应生成碳酸钙和水；B．碳酸氢根离子结合氢氧根离子能力强于铵根离子，碳酸氢根离子优先参与反应；C．锰离子在酸性条件下被二氧化铅氧化成高锰酸根离子；D．等体积、等浓度的溶液，即等物质的量的硫酸氢钠与氢氧化钡反应，氢氧根离子过量，氢离子不足．解答：解：A．碳酸氢钙溶液加入过量的氢氧化钙溶液，反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故A正确；B．等物质的量的NH4HCO3与NaOH在溶液中反应，碳酸氢根离子优先反应，正确的离子方程式为：HCO3﹣+OH﹣═CO32﹣+H2O，故B错误；C．在含有Mn2+的溶液中加入HNO3酸化，再加入PbO2，锰离子被氧化成高锰酸根离子，反应体系显紫红色，反应的离子方程式为：5PbO2+2Mn2++4H+═5Pb2++2MnO4﹣+2H2O，故C正确；D．等体积、同浓度NaHSO4、Ba（OH）2两溶液混合，硫酸氢钠和氢氧化钡的物质的量相等，氢氧根离子过量，反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故D正确；故选B．点评：本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；选项B为易错点，注意碳酸氢根离子优先反应．　9．（3分）下列实验操作或结论正确的是（　　）21　A．配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶必须洁净、干燥，不漏水　B．实验室里需要480mL2.0moI•L﹣1氢氧化钠溶液，配制溶液时先称量氢氧化钠固体38.4g，然后再按照溶解、冷却、洗涤、定容、摇匀的步骤进行操作　C．25℃时，用惰性电极电解某浓度的NaOH溶液，一小段时间后，NaOH溶液的浓度可能增大，也可能不变　D．K2CO3在酒精灯上灼烧时能直接观察到紫色火焰考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．容量瓶在使用前要先检查是否漏水；B．实验室没有480mL的容量瓶，有500mL容量瓶，所以需要配置500mL溶液，则称量固体质量应该是500mL溶液中溶解的NaOH质量；C．根据电解氢氧化钠溶液时，溶剂和溶质的质量是否变化判断；D．K的焰色反应必须透过蓝色的钴玻璃才能观察到．解答：解：A．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，在使用前要先检查是否漏水，容量瓶中无论干燥与否，对实验结果没有影响，故A错误；B．只能选取500mL容量瓶，则称量药品质量=2mol/L×0.5L×40g/mol=40g，故B错误；C．用惰性电极电解NaOH溶液时，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子生成氢气，导致溶液中氢氧化钠的量不变，水的质量减少，所以一段时间后，溶液中溶质的质量分数增大，如果溶液是饱和的，则浓度不变，故C正确；D．K2CO3在酒精灯上灼烧时透过蓝色的钴玻璃才能观察到紫色火焰，故D错误．故选C．点评：本题考查配制一定物质的量浓度的溶液方法、电解原理等知识，题目难度中等，明确配制一定浓度的溶液方法，选项C为易错点，注意如果溶液是饱和的，则浓度不变．　10．（3分）下列各种溶液中通入足量的SO2后，既无沉淀又无气体产生的有几种（　　）①Ba（OH）2②Ba（NO3）2③Na2S④BaCl2⑤Ca（ClO）2⑥Fe（NO3）3⑦H2O2⑧NaClO．　A．3B．4C．5D．6考点：二氧化硫的化学性质．.专题：氧族元素．分析：二氧化硫为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水；具有还原性、氧化性，结合氧化还原反应分析是否生成沉淀和气体，以此来解答．解答：解：①SO2能与Ba（OH）2溶液反应：SO2+Ba（OH）2=BaSO3↓+H2O，产生了沉淀，不生成气体，故不选；②二氧化硫具有还原性，与Ba（NO3）2发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀和NO气体，故不选；③二氧化硫具有还原性，与Na2S反应生成S沉淀，产生了沉淀，故不选；④盐酸酸性大于亚硫酸，二氧化硫与氯化钡不反应，故选；⑤二氧化硫具有还原性，与Ca（ClO）2发生氧化还原反应，生成硫酸钙沉淀和HClO，故不选；⑥二氧化硫具有还原性，与Fe（NO3）3发生氧化还原反应NO气体，故不选；21⑦二氧化硫具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应生成硫酸，无沉淀和气体，故选；⑧二氧化硫具有还原性，与NaClO发生氧化还原反应生成硫酸钠、盐酸，无沉淀和气体，故选；故选A．点评：本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，把握二氧化硫为酸性氧化性、具有还原性为解答的关键，侧重氧化还原反应的考查，题目难度不大．　11．（3分）（2022•岳阳一模）A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，辛是由C元素形成的单质．已知：甲+乙=丁+辛，甲+丙=戊+辛；常温下0.1mol/L丁溶液的pH为13．下列说法正确的是（　　）　A．元素B在周期表中的位置为第二周期第VIA族　B．元素B、C、D的原子半径由大到小的顺序为r（D）＞r（C）＞r（B）　C．1.0L0.1mol/L戊溶液中阴离子总的物质的量小于0.1mol　D．1mol甲与足量的乙完全反应共转移了约6.02×1O23个电子考点：位置结构性质的相互关系应用．.专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：0.1mol/L丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题．解答：解：0.1mol/L丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+辛，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，辛是由C组成的单质，由发生反应可知，辛不能是Na，结合原子数可知，A为H、C为O、D为Na元素，故辛为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+辛，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则B为碳元素，A．Y为碳，在周期表中的位置为：第二周期第ⅣA族，故A错误；B．同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小顺序为：Na＞C＞O，即：D＞B＞C，故B错误；C．戊是碳酸钠，在碳酸钠溶液中，CO32﹣离子水解生成HCO3﹣离子和OH﹣离子，溶液中阴离子总的物质的量大于0.1mol，故C错误；D．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，1molNa2O2反应转移的电子为1mol，约6.02×1O23个电子，故D正确，故选D．点评：本题为元素化合物推断，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，对学生的逻辑推理有一定的要求，C选项注意盐类水解．　12．（3分）已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液；②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝．下列判断不正确的是（　　）21　A．化合物KCrO2中Cr元素为+3价　B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物　C．实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性　D．实验③证明氧化性：Cr2O72﹣＞I2考点：氧化还原反应．.专题：氧化还原反应专题．分析：①中，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物；②中，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低；③中，溶液变蓝，生成碘单质，则发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，以此来解答．解答：解：A．化合物KCrO2中，K为+1价，O为﹣2价，由化合物中正负化合价的倒数和为0，则Cr元素为+3价，故A正确；B．由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，为两性氧化物，故B正确；C．实验②中发生氧化还原反应，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，则过氧化氢中O元素的化合价降低，所以证明H2O2有氧化性，故C错误；D．由③中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生氧化还原反应，Cr元素的化合价降低，I元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，证明氧化性为Cr2O72﹣＞I2，故D正确；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及分析能力、知识迁移应用能力的考查，选项B为解答的易错点，题目难度不大．　13．（3分）下列图中的实验方案，能达到实验目的是（　　）ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水和热水中实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用探究温度对平衡2NO2⇌N2O4的影响除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．应在温度相同的条件下进行对比实验；21B．根据颜色的变化可知平衡移动的方向；C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应；D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰．解答：解：A．温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故A错误；B．将NO2球浸泡在冰水和热水中，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故B正确；C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故C错误；D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及物质的性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的原理和实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等．　14．（3分）（2022•安徽二模）我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他材料电池，电池总反应为V2O5+xLiLixV2O5．下列说法中正确的是（　　）　A．电池在放电时，Li+向负极移动　B．锂在放电时做正极，充电时为阳极　C．该电池充电时阳极的反映为LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+　D．V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应考点：原电池和电解池的工作原理．.专题：电化学专题．分析：放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动．解答：解：A．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；B．该原电池中，锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，故B错误；C．该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+，故C正确；D．V2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误；故选C．点评：本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写．　15．（3分）向60mLNa2SO4溶液中加入BaCl2溶液，有关数据见下表：实验编号12345BaCl2溶液体积/mL03060100120沉淀质量/g00.699x2.0972.097下列有关说法不正确的是（　　）21　A．混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为0.10mol•L﹣1　B．混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为0.15mol•L﹣1　C．3号实验中沉淀的质量x为1.398g　D．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为80mL考点：离子方程式的有关计算．.专题：离子反应专题．分析：发生Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，由表格中的数据可知，生成沉淀最多为2.097g，n（BaSO4）==0.009mol；2号实验中n（BaSO4）==0.003mol，则实验3号中，x为实验2中的2倍，以此来解答．解答：解：A.2号实验中n（BaSO4）==0.003mol，混合前，BaCl2溶液的物质的量浓度为=0.10mol•L﹣1，故A正确；B．生成沉淀最多为2.097g，n（BaSO4）==0.009mol，混合前，Na2SO4溶液的物质的量浓度为=0.15mol•L﹣1，故B正确；C．实验3号中，x为实验2中的2倍，则x=0.699g×2=1.398g，故C正确；D．完全沉淀60mLNa2SO4溶液消耗BaCl2溶液的体积为=0.09L=90mL，故D错误；故选D．点评：本题考查化学反应的计算，为高频考点，把握发生的化学反应及反应中的物质的量关系、表格中数据分析为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度不大．　二、解答题（共6小题，满分55分）16．（10分）（2022•朝阳区二模）一位同学在复习时遇到这样一道习题：某无色溶液中可能含有“H+、OH﹣、Na+、NO3﹣”，加入铝粉后，只产生H2，问该无色溶液中能大量存在哪几种离子．（1）加入铝粉产生H2，说明铝具有　还原性　（填“氧化性”或“还原性”）．（2）该同学分析：若H+大量存在，则NO3﹣就不能大量存在．设计实验证实如下：装置现象ⅰ．实验初始，未见明显现象ⅱ．过一会儿，出现气泡，液面上方呈浅棕色ⅲ．试管变热，溶液沸腾①盐酸溶解Al2O3薄膜的离子方程式是　6H++Al2O3═2Al3++3H2O　．②根据现象ⅱ，推测溶液中产生了NO，为进一步确认，进行如下实验：实验内容现象实验1将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝实验2用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝21a．浅棕色气体是　NO2　．b．实验1的目的是　对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的可能　．c．实验1、2说明反应生成了NO，将生成NO的离子方程式补充完整：　1　Al+　1　NO3+　4　　H+　═　1　Al3++　1　NO↑+　2　　H2O　（3）再假设：若OH﹣大量存在，NO3﹣也可能不能大量存在．重新设计实验证实如下：装置现象ⅰ．实验初始，未见明显现象ⅱ．过一会儿，出现气泡，有刺激性气味为确认“刺激性气味”气体，进行如下实验：用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝．①刺激性气味的气体是　NH3　．②产生该气体的离子方程式是　8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O═3NH3↑+8AlO2﹣　．（4）在NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，其化学方程式是　2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑　．（5）实验结果证实：NO3在酸、碱性环境中都有一定的氧化性，能氧化铝单质，产生含氮化合物．习题中的无色溶液一定能大量存在的是Na+和OH﹣．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；离子共存问题；铝的化学性质．.专题：实验探究和数据处理题；离子反应专题；几种重要的金属及其化合物．分析：无色溶液中可能含有“H+、OH﹣、Na+、NO3﹣”，加入铝粉后，只产生H2，因硝酸具有强氧化性，则无色溶液应为NaOH溶液，（1）加入铝粉产生H2，Al失去电子，H得到电子；（2）①盐酸与氧化铝反应生成氯化铝和水；②液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，由将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质；Al与H+、NO3﹣发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水；（3）用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为氨气，碱性条件下Al与NO3﹣发生氧化还原反应生成氨气；（4）NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，即反应生成偏铝酸钠和氢气．解答：解：无色溶液中可能含有“H+、OH﹣、Na+、NO3﹣”，加入铝粉后，只产生H2，因硝酸具有强氧化性，则无色溶液应为NaOH溶液，（1）加入铝粉产生H2，Al失去电子，H得到电子，则Al为还原剂，具有还原性，故答案为：还原性；（2）①盐酸与氧化铝反应生成氯化铝和水，该离子反应为6H++Al2O3═2Al3++3H2O，故答案为：6H++Al2O3═2Al3++3H2O；②液面上方呈浅棕色，一定不是氢气，为氮的氧化物，由将湿润KI﹣淀粉试纸置于空气中未变蓝，说明KI在空气中不能被氧化，而用湿润KI﹣淀粉试纸检验浅棕色气体试纸变蓝，则KI被氧化，即二氧化氮与水反应生成硝酸，再氧化碘离子生成碘单质，a．由上述分析可知，浅棕色气体是NO2，故答案为：NO2；b．实验1的目的是对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI21试纸变蓝的可能，故答案为：对比实验，排除氧气使湿润的淀粉KI试纸变蓝的可能；c．Al与H+、NO3﹣发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水，离子反应为Al+NO3+4H+═Al3++NO↑+2H2O，故答案为：1；1；4；H+；1；1；2；H2O；（3）①用湿润KI﹣淀粉试纸检验，未变蓝；用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则气体为NH3，故答案为：NH3；②由上述分析可知，碱性条件下Al与NO3﹣发生氧化还原反应生成氨气，离子反应为8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O═3NH3↑+8AlO2﹣，故答案为：8Al+3NO3﹣+5OH﹣+2H2O═3NH3↑+8AlO2﹣；（4）NaOH溶液中加入铝粉，结果只检验出有H2生成，即反应生成偏铝酸钠和氢气，反应为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑．点评：本题考查物质中的成分及性质，为高频考点，把握实验方案的设计及发生的氧化还原反应为解答的关键，注意设计思路与物质性质的关系，侧重实验学生分析能力、综合应用能力的考查，较好考查学生实验基本技能，题目难度中等．　17．（10分）图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物．已知A、B、C、D、E、X存在如图所示转化关系（部分生成物和反应条件略去）（1）若E为氧化物，则A与水反应的化学方程式为　3NO2+H2O═2HNO3+NO　，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　1：2　．①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，表示X呈碱性的离子方程式为　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　．②当X为金属单质时，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为　3Fe+8H++2NO3﹣═2Fe3++2NO↑+4H2O　．（2）若E为单质气体，D为白色沉淀，A的化学式可能是　Na、Na2O2等　，B含有的化学键类型为　离子键、共价键　，C与X反应的离子方程式为　3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓　．（3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应，生成C和一种可燃性气体单质，则该可逆反应的化学方程式为　CO+H2OCO2+H2　．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；无机物的推断．.专题：推断题；元素周期律与元素周期表专题．分析：根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为H元素，②为Na元素，④为C21元素，⑤为N元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素．（1）若E为氧化物，根据转化关系以及元素种类可知，则A为NO2，B为硝酸．①硝酸与碳酸盐反应生成22个电子的二氧化碳分子，碳酸根水解使X溶液呈碱性．②X为金属单质时，由转化图可知，应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁．（2）根据转化关系以及元素种类可知，若E为单质气体，则E为氢气或氧气，A为Na或Na2O2等，B为NaOH，D为白色沉淀，D为Al（OH）3，由BCD，可以推知X为铝盐，C为偏铝酸盐．（3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应，生成C和一种可燃性气体单质，则A为Na2O2，B为O2，X为C．解答：解：根据元素在周期表中的位置可判断元素的种类，①为H元素，②为Na元素，④为C元素，⑤为N元素，⑥为O元素，⑦为Cl元素．（1）若E为氧化物，根据转化关系以及元素种类可知，则A为NO2，B为硝酸，NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，其反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO．该反应中氧化剂是NO2，还原剂是NO2，氧化剂与化合价的物质的量之比为1：2．故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；1：2．①X为碳酸盐，硝酸与碳酸盐反应生成二氧化碳，CO32﹣离子水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣使X液呈碱性．故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．②X为金属单质时，由转化图可知，应为Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁，X与B的稀溶液反应生成C的离子方程式为3Fe+8H++2NO3﹣═2Fe3++2NO↑+4H2O．故答案为：3Fe+8H++2NO3﹣═2Fe3++2NO↑+4H2O．（2）根据转化关系以及元素种类，若E为单质气体，则E为氢气或氧气，A为Na或Na2O2等，B为NaOH，氢氧化钠中钠离子与氢氧根离子以离子键结合，氢氧之间以共价键结合，即NaOH中存在离子键和极性共价键；D为白色沉淀，D为Al（OH）3，由BCD，可以推知X为铝盐，C为偏铝酸盐，C与X反应的离子反应为3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓．故答案为：Na、Na2O2等；离子键、共价键；3AlO2﹣+Al3++6H2O═4Al（OH）3↓．（3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应，生成C和一种可燃性气体单质，则A为Na2O2，B为O2，X为C，D为CO，CO与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，该反应为CO+H2OCO2+H2．故答案为：CO+H2OCO2+H2．点评：本题考查元素周期表和元素周期律、无机物的推断、常用化学用语等，熟悉物质的性质、进行物质推断是解答本题的关键，难度较大．需要学生具备扎实的基础和综合运用知识解决问题的能力．　18．（8分）已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：21回答下列有关问题：（1）硼砂中B的化合价为　+3　，将硼砂溶于热水后，常用稀H2SO4调pH=2～3制取H3BO3，该反应的离子方程式为　B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3　．（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是　防止MgCl2水解生成Mg（OH）2　．若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为　2H2O+Mg2++2e﹣=H2↑+Mg（OH）2↓　．（3）镁﹣H2O2酸性燃料电池的反应原理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，则正极反应式为　H2O2+2H++2e﹣=2H2O　．常温下，若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时，溶液中Mg2+浓度为_　0.045mol•L﹣1　．当溶液pH=6时，　没有　（填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出（已知Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12）．（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼．现将0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol•L﹣1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL．该粗硼样品的纯度为　97.2%　（提示：I2+2S2O═2I﹣+S4O）（结果保留一位小数）．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O．利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液过滤得到氯化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH2～3制取H3BO3，加热得到B2O3；（1）硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，依据元素化合价标注计算硼元素化合价；用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3；（2）氯化镁在水溶液中水解生成氢氧化镁；惰性电极电解MgCl2溶液阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出电极反应；（3）燃料电池中正极上是过氧化氢得到电子生成水；依据电解质溶液PH变化结合电池反应计算镁离子浓度；PH=6计算氢氧根离子浓度，结合生成镁离子浓度计算浓度商和溶度积常数比较分析是否生成氢氧化镁沉淀；（4）根据关系式B～BI3～I2～3S2O32﹣及滴定数据计算出粗硼中硼的含量．解答：解：（1）硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价﹣2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH2～3，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3，反应的离子方程式为：B4O72﹣21+2H++5H2O=4H3BO3，故答案为：+3；B4O72﹣+2H++5H2O=4H3BO3；（2）MgCl2•7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出阴极反应式为：2H2O+Mg2++2e﹣=H2↑+Mg（OH）2↓；故答案为：防止MgCl2水解生成Mg（OH）2；2H2O+Mg2++2e﹣=H2↑+Mg（OH）2↓；（3）镁﹣H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+═Mg2++2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H++2e﹣=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L﹣0.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到Mg2+离子浓度=0.045mol/L；Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10﹣12，当溶液pH=6时，c（OH﹣）=10﹣8mol/L，则Qc=c（Mg2+）×c2（OH﹣）=0.045mol/L×10﹣16mol/L=4.5×10﹣18＜Ksp[Mg（OH）2]，说明无氢氧化镁沉淀生成；故答案为：H2O2+2H++2e﹣=2H2O；0.045mol•L﹣1；没有；（4）硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，根据关系式：B～BI3～I2～3S2O32﹣，n（B）=n（S2O32﹣）=0.0018mol，硼的质量为：10.81g/mol×0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为：×100%=97.2%，故答案为：97.2%．点评：本题考查了盐类的水解、原电池原理和电解池原理的分析，沉淀溶解平衡的计算应用，题目难度稍大，计算是难点，计算时要充分利用题目所给数量关系和表中数据，根据质量关系和质量分数的概念快速解题．　19．（8分）（2022•怀柔区一模）纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：方法Ⅰ用炭粉在高温条件下还原CuO方法Ⅱ电解法，反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑．方法Ⅲ用肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2（1）工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方法Ⅰ，其原因是　反应不易控制，易还原产生Cu　．（2）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）△H=﹣169kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1Cu（s）+O2（g）=CuO（s）△H=﹣157kJ•mol﹣1则方法Ⅰ发生的反应：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=　+34.5　kJ•mol﹣1．（3）方法Ⅱ采用离子交换膜控制电解液中OH﹣的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为　2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O　．（4）方法Ⅲ为加热条件下用液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2．该制法的化学方程式为　4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O　．（5）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O21（g）2H2（g）+O2（g）△H＞0水蒸气的浓度随时间t变化如下表所示．序号01020304050①T10.0500.04920.04860.04820.04800.0480②T10.0500.04880.04840.04800.04800.0480③T20.100.0940.0900.0900.0900.090下列叙述正确的是　BC　（填字母代号）．A．实验的温度：T2＜T1B．实验①前20min的平均反应速率v（H2）=7×10﹣5mol•L﹣1min﹣1C．实验②比实验①所用的催化剂催化效率高．考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率的影响因素；电解原理．.专题：化学反应中的能量变化；电化学专题；几种重要的金属及其化合物．分析：（1）电解法消耗大量的能源，肼还原时会将氧化亚铜还原为金属铜；（2）根据盖斯定律来计算反应的焓变；（3）在电解池的阳极发生失电子得还原反应；（4）根据“液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2”来书写化学方程式；（5）A、根据温度对化学平衡移动的影响知识来回答；B、根据反应速率v=来计算；C、催化剂不会引起化学平衡状态的改变，会使反应速率加快，活性越高，速率越快．解答：解：（1）方法Ⅱ用到的电解法会消耗大量的能源，且反应不易控制，并且方法Ⅲ中，肼做还原剂时会将氧化亚铜还原为金属铜，故答案为：反应不易控制，易还原产生Cu；（2）根据盖斯定律可以得出反应2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）可以是2Cu（s）+O2（g）=2CuO（s），2CuO（s）=2Cu（s）+O2（g）以及C（s）+O2（g）=CO（g）三个反应的和，所以反应2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=157kJ•mol﹣1×2﹣110.5kJ•mol﹣1﹣169kJ•mol﹣1=34.5kJ•mol﹣1，故答案为：34.5；（321）在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电机本身发生失电子得还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O；（4）根据题目信息：液态肼（N2H4）还原新制Cu（OH）2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2，得出化学方程式为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O，故答案为：4Cu（OH）2+N2H42Cu2O+N2↑+6H2O；（5）A、实验温度越高达到化学平衡时水蒸气转化率越大，②和③相比，③转化率高所以T2＞T1，故A错误；B、实验①前20min的平均反应速率v（H2）===7×10﹣5mol•L﹣1min﹣1，故B正确；C、②③化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，③中水蒸气的浓度变化比②快，故C正确．故选BC．点评：本题是一道有关热化学、电化学以及化学反应速率和反应限度的综合题，考查角度广，难度大．　20．（9分）2022年雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一．（1）CO2是大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径．目前，由CO2来合成二甲醚已取得了较大的进展，其化学反应是：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＞0．①写出该反应的平衡常数表达式　　．②判断该反应在一定条件下，体积恒定的密闭容器中是否达到化学平衡状态的依据是　BD　．A．容器中密度不变B．单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚C．v（CO2）：v（H2）=1：3D．容器内压强保持不变（2）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图所示．据此判断：①该反应的△H　＜　0（选填“＞”、“＜”）．②当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若催化剂的表面积S1＞S2，在右图中画出c（CO2）在T2、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．（3）已知：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣akJ•mol﹣1．①经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：温度（℃）250300350K2.0410.2700.01221若某时刻、250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c（CO）=0.4mol•L﹣1、c（H2）=0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）=0.8mol•L﹣1，则此时v正　＜　v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．②某温度下，在体积固定的2L的密闭容器中将1molCO和2molH2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如下：时间（min）51015202530压强比（P后/P前）0.980.900.800.700.700.70达到平衡时CO的转化率为　45%　．考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．.专题：化学平衡专题．分析：（1）①化学平衡常数指一定温度下，可逆反应到达平衡状态各生成浓度的系数次幂的乘积与各反应物浓度的系数次幂的乘积的比值；②依据化学平衡标志分析判断，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析选项；（2）①根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响，进而判断△H；②接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同；（3）①依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向；②转化率=×100%．解答：解：（1）①2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＞0的平衡常数表达式为，故答案为：；②A、容器体积恒定，气体总质量不变，密度是一个定值，容器中密度不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B、单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C、反应速率之比等于化学计量数之比，v（CO2）：v（H2）=1：3不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D、反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H＞0是一个气体体积减小的反应，容器内压强保持不变，说明各组分的浓度不变，反应达到平衡状态，故D正确；故答案为：BD；（2）①由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T221，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，故答案为：＜；②接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度T1到达平衡时相同，故c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：；故答案为：；（3）①250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c（CO）=0.4mol•L﹣1、c（H2）=0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）=0.8mol•L﹣1，浓度商Q==12.5＞K=2.041，说明反应逆向进行v正＜v逆，故答案为：＜；②平衡状态压强比（P后/P前）=0.70，则反应后气体的物质的量=3mol×0.70=2.10mol，气体减少的物质的量=3mol﹣2.1mol=0.9mol，根据气体减少的物质的量与氢气之间的关系式知参加反应的CO的物质的量=0.45mol，则CO的转化率=×100%=45%，故答案为：45%．点评：本题考查化学平衡图象、化学反应速率、影响化学平衡的因素、平衡常数概念的理解应用等，题目综合性较大，难度中等，是对知识的综合利用、注意基础知识的理解掌握．　21．（10分）如图是一种药物分子合成的部分路线图（反应条件已经略去）：已知①LiBH4可将醛、酮、酯类还原成醇，但不能还原羧酸、羧酸盐、碳碳双键，遇酸分解．①①RCOR′RCH（OH）R′R﹣COOR′RCH2OH+R′OH21②RCH2COOR′RCH（CH3）COOR′（1）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式为　　①属于芳香族化合物；②能使FeCl3溶液显色；③分子中有4种不同化学环境的氢原子．（2）有机物E分子中含氧官能团名称为　羰基、醛基　．（3）C用LiBH4还原可以得到D．C→D不直接用氢气（镍作催化剂）还原的原因是　避免碳碳双键被氢气加成或还原，酯很难和氢气发生还原反应　．（4）检验D是否完全转化为E的实验方法是（用化学方程式表示）　　（5）请写出B→C的合成路线图（CH3I和无机试剂任选）．合成路线流程图例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）①属于芳香族化合物，应含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称；（2）根据结构简式判断含有的官能团；（3）氢气可与碳碳双键发生加成反应；（4）检验D是否完全转化为E，则只要检验反应后是否含有D即可证明，而D含有醇羟基可以与Na反应，E不含羟基或者羧基不与Na反应，据此书写；（5）B→C，应先在碱性条件下水解，然后用LiBH4还原得到羟基，在浓硫酸作用下发生酯化反应，结合信息②，与CH3I在催化剂作用下发生反应可得到C．解答：解：（1）①属于芳香族化合物，应含有苯环；②能使FeCl3溶液显色，含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，结构应对称，可能的结构有，故答案为：；（2）有机物E分子中含氧官能团名称为羰基、醛基，故答案为：羰基、醛基；（3）氢气可与碳碳双键发生加成反应，则为避免碳碳双键被氢气加成或还原，因酯很难和氢气发生还原反应，则用LiBH4还原，故答案为：避免碳碳双键被氢气加成或还原，酯很难和氢气发生还原反应；（4）检验D是否完全转化为E，则只要检验反应后是否含有D即可证明，而D含有醇羟基可以与Na反应，E不含羟基或者羧基不与Na反应，所以只要可以与Na反应即可证明含有D，方程式为21；故答案为：；（5）B→C，应先在碱性条件下水解，然后用LiBH4还原得到羟基，在浓硫酸作用下发生酯化反应，结合信息②，与CH3I在催化剂作用下发生反应可得到C，反应流程为，故答案为：．点评：本题考查有机物的合成，侧重于学生分析问题能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，答题时要仔细审题，把握题给信息，题目难度不大．21